棋盘类状压 DP 经典题。
我们考虑设 (dp_{i,j,s}) 表示前 (i) 行已经摆了 (j) 个国王,且第 (i) 行国王摆放的状态为 (s) 的合法方案数。
转移的时候枚举每一行的每种状态及已经摆放了的国王数量,然后枚举上一行的状态,如果合法就更新。
但是这样做的时间复杂度大致是 (10 imes 10^2 imes 2^{10} imes 10^3 = 10^9) 的,明显会 TLE,于是我们考虑如何优化。
其实我们在转移时有很多不合法的状态,即转移时的无用状态。于是我们考虑预处理一下所有在转移时合法的状态,这样优化后我们就可以 AC 本题了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 13, maxm = 1 << 11, maxk = 103;
int n, m, k;
int cnt[maxm]; //存储每个状态中 1 的个数
long long ans, dp[maxn][maxk][maxm];
vector <int> g; //存储合法的状态
vector <int> can[maxm]; //存储每个状态可以转移到的合法状态
//判断一个状态是否合法,即判断是否有连续的 2 个 1
inline bool check(int x)
{
for (int i = 0; i < n; i+=1)
if ((x >> i & 1) && (x >> (i + 1) & 1))
return false;
return true;
}
//求一个状态中 1 的个数
inline int get_1(int x)
{
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i+=1)
if (x >> i & 1)
++sum;
return sum;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < (1 << n); i+=1) //枚举所有状态
if (check(i)) //该状态合法
{
g.push_back(i);
cnt[i] = get_1(i);
}
int len = g.size(); //合法状态的个数
for (int i = 0; i < len; i+=1)
for (int j = 0; j < len; j+=1) //枚举每两个合法的状态
{
int a = g[i], b = g[j];
if (!(a & b) && check(a | b))
can[i].push_back(j); //两个状态在转移时可以放相邻两行
}
dp[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i+=1) //枚举行数
for (int j = 0; j <= m; j+=1) //枚举国王个数
for (int k = 0; k < len; k+=1) //枚举状态
{
int len1 = can[k].size(), geshu_1 = cnt[g[k]];
for (int ll = 0; ll < len1; ll+=1) //枚举上一行的状态
{
int l = g[can[k][ll]];
if (j >= geshu_1) //可以进行转移
dp[i][j][g[k]] += dp[i - 1][j - geshu_1][l];
}
}
for (int i = 0; i < (1 << n); i+=1) //枚举最后一行的状态
ans += dp[n][m][i]; //统计答案
cout << ans << endl; //输出答案
return 0;
}